prova_p2_gab_calc2_2011_2_eng

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1a Questa˜o (2,5 pontos):
Seja z = f(x, y) uma func¸a˜o diferencia´vel em IR2.
i. Se o plano tangente ao gra´fico de f no ponto (1,−1, 2) e´ dado por
x− y + 2z = 6,
encontre ∇f(1,−1).
ii. Sejam
x = x(s, t) = es+tet, y = y(s, t) = s+t−1, G(s, t) = f(x(s, t), y(s, t)).
Usando o item i, calcule ∇G(0, 0).
iii. Determine a direc¸a˜o na qual a taxa de variac¸a˜o de f no ponto (1,−1)
e´ a maior poss´ıvel. Determine esta taxa de variac¸a˜o.
Resoluc¸a˜o:
i. Escrevendo o plano tangente ao gra´fico de f no ponto (1,−1, 2) na
forma
z − 2 = −1
2
(x− 1) + 1
2
(y + 1),
obtemos ∇f(1,−1) =
(
−1
2
,
1
2
)
.
ii. Como
x = x(s, t) = es + tet, y = y(s, t) = s+ t− 1, f(x, y)
sa˜o func¸o˜es diferencia´veis,
G(s, t) = f(x(s, t), y(s, t))
e´ diferencia´vel. Usando a regra da cadeia obtemos;{
Gs(s, t) = fx(x, y)xs(s, t) + fy(x, y)ys(s, t),
Gs(s, t) = fx(x, y)xs(s, t) + fy(x, y)ys(s, t),
Do item i, obtemos 
fx(1,−1) = −12 ,
fy(1,−1) = 12 .
Por outro lado, xs(0, 0) = ys(0, 0) = xt(0, 0) = yt(0, 0) = 1, isto nos
da´ ∇G(0, 0) = (0, 0)
1
iii. A maior taxa de variac¸a˜o de f no ponto (1,−1) e´ dada na direc¸a˜o
do vetor gradiende de f , isto e´ ∇f(1,−1) =
(
−1
2
,
1
2
)
. Esta taxa de
variac¸a˜o e´ |∇f(1,−1)| =
√
2
2
.
2a Questa˜o (2,5 pontos):
Determine os pontos em que a func¸a˜o abaixo e´ cont´ınua:
f(x, y, z) =

sin2
(
z
x2 + y2 + z2
)
y4x2
(x2 + y2 + z2)2
, se (x, y, z) 6= (0, 0, 0),
0, se (x, y, z) = (0, 0, 0).
Resoluc¸a˜o: Se (x, y, z) 6= (0, 0, 0) a func¸a˜o f(x, y, z) e´ a composic¸a˜o de
func¸o˜es cont´ınuas e portanto e´ ela continua.
No caso (x, y, z) 6= (0, 0, 0) usaremos o teorema do confronto, para isto
observe que:
0 ≤ f(x, y, z) = sin2
(
z
x2 + y2 + z2
)
y2
x2 + y2 + z2
x2
x2 + y2 + z2
y2 ≤ y2
A ultima desigualdade prove´m do fato que y2 ≤ x2 + y2 + z2 e x2 ≤
x2 + y2 + z2. Logo tamando o limite obtemos:
lim
(x,y,z)−→(0,0,0)
f(x, y, z) = 0 = f(0, 0, 0)
Portanto a func¸a˜o e´ cont´ınua.
3a Questa˜o (2,5 pontos):
Mostre que o valor ma´ximo de a2b2c2 sobre uma esfera de raio r centrada
na origem de um sistema de coordenadas cartesianas (a, b, c) e´ (r2/3)3.
Usando este fato, prove que, para nu´meros na˜o negativos a, b e c,
(abc)1/3 ≤ a+ b+ c
3
.
2
Resoluc¸a˜o: Queremos maximizar a func¸a˜o f(a, b, c) = a2b2c2 sujeito a`
condic¸a˜o g(a, b, c) = a2 + b2 + c2 − r2 = 0. Veja que f e g sa˜o func¸o˜es de
classe C∞. Ale´m disso, ∇g(a, b, c) 6= (0, 0, 0) para os pontos (a, b, c) tais
que g(a, b, c) = 0. Portanto, existe um nu´mero λ tal que, nos pontos onde
g(a, b, c) = 0 e f assume um extremo, tem-se:
∇f(a, b, c) + λ∇g(a, b, c) = (0, 0, 0)
com g(a, b, c) = 0.
Isto e´: 
ab2c2 + λa = 0,
a2bc2 + λb = 0,
a2b2c+ λc = 0,
a2 + b2 + c2 = 0.
Multiplicando as trEˆs primeiras equac¸o˜es por a, b e c respectiva´mente,
obtemos:
3x2y2z2 + λr2 = 0
. Substituindo este valor de lambda nas primeiras treˆs equac¸o˜es e obser-
vando que se ou a = 0, b = 0 ou c = 0, f assumiria um valor minimo,
obteremos que
a = b = c = ± r√
3
e o ma´ximo de f e´ enta˜o: f
(
± r√
3
,± r√
3
,± r√
3
)
=
(
r2
3
)3
Logo para f(a, b, c) ≤
(
r2
3
)3
para os pontos (a, b, c) tais que a2+b2+c2 =
r2, isto mostra que:
a2b2c2 ≤
(
a2 + b2 + c2
3
)3
Concluimos enta˜o que para nu´mero na˜o negativos, obtemos:
(abc)1/3 ≤ a+ b+ c
3
4a Questa˜o (2,5 pontos):
Estude os pontos cr´ıticos da func¸a˜o
f(x, y) = (x2 − 3)e−(x2+y2),
detalhando, se poss´ıvel, quais sa˜o os pontos de ma´ximo local, mı´nimo local
e de sela.
3
Resoluc¸a˜o: Vamos primeiro encontrar os pontos cr´ıticos de f . Calcu-
lando o gradiente da func¸a˜o f(x, y) = (x2 − 3)e−(x2+y2) obtemos:
∇f(x, y) = ( 2x(4− x2),−2y(x2 − 3) )e−(x2+y2).
Igualando a primeira coordenada a zero, obtemos que x = 0,±2. De
maneira similar, igualando a segunda coordenada a zero, obtemos x =
±√3 ou y = 0. Mas como x = ±√3 na˜o zera a primeira coordenada, os
u´nicos pontos cr´ıticos de f sa˜o (0, 0), (2, 0) e (−2, 0).
Para classificar os pontos cr´ıticos vamos usar o teste da derivada segunda.
Precisamos calcular
H(x, y) =
∂2f
∂x2
(x, y)
∂2f
∂y2
(x, y)−
(
∂2f
∂x∂y
(x, y)
)2
nos pontos cr´ıticos. Usando que
∂2f
∂x2
(x, y) = 2(2x4 − 11x2 + 4)e−(x2+y2)
∂2f
∂y2
(x, y) = 2(x2 − 3)(2y2 − 1)e−(x2+y2)
∂2f
∂x∂y
(x, y) = 4xy(x2 − 4)e−(x2+y2)
temos H(0, 0) = 48, H(2, 0) = H(−2, 0) = 32e−8. Finalmente, como
∂2f
∂x2
(0, 0) = 8 > 0,
∂2f
∂x2
(2, 0) =
∂2f
∂x2
(−2, 0) = −16e−4 < 0, podemos
afirmar que (0, 0) e´ um ponto de mı´nimo local e (±2, 0) sa˜o pontos de
ma´ximo local.
4